hsg Gia loc 1415

<span class='text_page_counter'>(1)</span>PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIA LỘC. ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2014 - 2015 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút Đề gồm 01 trang. Câu 1. (2,0 điểm) x2  x 2 x  x 2  x  1   ; x  0, x 1 x x1 1) Rút gọn biểu thức: P = x  x  1. x 2) Cho x và y là hai số thỏa mãn: của biểu thức M = x Câu 2. (2,0 điểm). 2015. y. x2  5.  y . . y 2  5 5. . Hãy tính giá trị. 2015. 1) Giải phương trình:. x2 x 1  x 2 x 1 . 2) Giải bất phương trình:.  2 x  3. x 3 2. x  4 0. Câu 3. (2,0 điểm) 1) Giải phương trình nghiệm nguyên sau: xy  2 x  2 y 1 n n  1  n  2   n  3  1 2) Chứng tỏ rằng với mọi số tự nhiên n thì số A =  là số chính phương. Câu 4. (3,0 điểm) 1) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax và 0  By. Trên Ax và By lần lượt lấy 2 điểm C và D sao cho COD 90 a) Chứng minh CD là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AB tại tiếp điểm E b) Chứng minh AC.BD không đổi c) Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ E đến đường kính AB. Chứng minh CB cắt EH tại trung điểm I của EH. 2) Trên hai cạnh AC, BC của tam giác đều ABC, lấy tương ứng hai điểm M, N sao cho MA = CN. Tìm vị trí của M để MN có độ dài nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó khi cạnh của tam giác đều là 2014 cm. C©u 5. (1,0 ®iÓm) Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn : x + y + z = 2016. Tìm giá trị lớn nhất của A. biểu thức:. x y z   x  2016x  yz y  2016y  zx z  2016z  xy. ---------------- Hết ---------------Họ và tên học sinh: …………………………………… Số báo danh:………… Họ và tên giám khảo: …………………………………. Chữ ký: ……………...

<span class='text_page_counter'>(2)</span> PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIA LỘC. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2014 - 2015 MÔN: TOÁN Hướng dẫn chấm gồm 04 trang Biểu Đáp án điểm. Câu Phần x. . . x  x 1. 1) P = 1. x. =. . =x  = x. . . x  1 x  x 1.  .  .   2. . x 2 x 1 x. x1. . x 1. x1. 1,0. . x  1  2 x 1  2. x 1. x  2 x  1 2 x  2 x 1 .. x + Nhân 2 vế của. x2  5.  y . . y 2  5 5. x (1) với. x2  5.  ta. được:. . x. x2  5 x . x2  5. .   x 2   x 2  5   y . 1. y 2  5 5 x . y 2  5  x .  y.  . y 2  5 5 x  x 2  5.   x 5. y 2  5 5 x  x 2  5.  . .  5 y. 2.  y . x 2  5  y . y. y2  5  x . . 2. x2  5. 0,25. (2).  y + Tương tự nhân 2 vế của (1) với x. . y2  5.  ta được:. 0,25. y2  5. (3) + Cộng vế với vế của (2) và (3) ta được: x 2  5  x . x2  5  y . y2  5. 0,25 0,25.  2 x  2 y 0  2  x  y  0  x  y 0  x  y 2015. 2. 1. 2015. Vậy M = x  y = 0. Điều kiện để phương trình xác định là: x 1 - Phương trình đã cho tương đương với:. . . 2. x  1 1 . . . x 1 1. 2. . x 3  2. x  1 1 . 0,25 x 1 1 . x 3 2. x  1  1 0  x 2 thì phương trình (*) trở thành: x 3 x 3 x  1 1  x  1  1   2 x 1 2 2 2  4 x  1  x  3  16  x  1  x  6 x  9. (*). 0,25. + Nếu. 2.  x 2  10 x  25 0   x  5  0  x 5. + Nếu. ( thỏa mãn điều kiện x 2). x  1  1  0  1  x  2 thì phương trình (*) trở thành:. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> x  1 1 . x  1 1 . 0,25 0,25. x 3 x 3  2 2 2.  x  3 4  x 1 , thỏa mãn điều kiện 1  x  2. Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là: x = 5 và x = 1.  2 x  3 2. 0,25. x  4 0. (1). ĐK: x  4 Nếu x = - 4 thì bất phương trình (1) đúng Nếu x > - 4 thì bất phương trình (1) tương đương với:. 2. 2 x  3 0  x . 0,25. 3 2 (thỏa mãn điều kiện). Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm là x=-4 hoặc. 0,25 x. 3 2. 0,25. xy  2 x  2 y 1   y  2  x 1  2 y (1). Nếu y = -2 thì phương trình (1) vô nghiệm Nếu y khác -2 ta có: 1 2 y 5 2y  x   2  y 2 y 2.  y  2  x 1 . 1. 0,25 0,25. Vì x là số nguyên nên y + 2 là ước của 5. 3. y  2  1;  1;5;  5  y   1;  3;3;  7  x  3;  7;  1;  3.      Do đó : Vậy phương trình có 4 nghiệm là: (-1;3);(-3;-7);(3:-1);(-7;-3). 0,25 0,25. A n  n  1  n  2   n  3  1. 2. 2.  n 2  3n   n 2  3n  2   1  n 2  3n   2  n 2  3n   1  n 2  3n  1. 2. 2. Vì n  N  n  3n  1 N nên A là số chính phương. 0,75 0,25. 4 F. D E. N. 0,25. C I A H. B. O. Lấy điểm N là trung điểm của CD=> NO là đường trung bình của hình thang ABDC => NO vuông góc với AB. Tam giác CDO vuông tại O có ON là đường trung tuyến nên NO = NC   => NCO CON (1). Ta có:. ACO CON .  + AOC 90  o. (2).   Từ (1) và (2) => ACO  ECO => CO là phân giác của góc ACE. Giả sử OE là khoảng cách từ O đến CD => OA=OE Vậy CD là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AB. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>   Xét 2 tam giác vuông OBD và CAO ta có BOD  ACO (cùng phụ với góc ACO) Do đó  OBD đồng dạng với tam giác CAO OB BD   BD. AC OA. OB R 2 => AC AO. 0,5. Vậy BD.AC không đổi Ta có CAE cân tại C lại có CO là phân giác của góc ACO nên CO  AE. Mặt khác BE  AE( E thuộc đường tròn đường kính AB) => OC//BE mà OA=OB nên CA = CF IH BI  Do IH //CA theo hệ quả định lý Ta-lét ta có CA BC (1) EI BI  Dó EI //CF theo hệ quả định lý Ta -let ta có CF BC (2) IH EI  Từ (1) và (2) => CA CF mà CA = CF => IH = EI. Vậy I là trung điểm của EH. Kẻ MK  AB; NH  AB; MG  NH Tứ giác MGHK là hình chữ nhật  MG KH Mà MN MG  MN KH Các tam giác AKM, BHN là các tam giác vuông có một góc nhọn 1 1 AK  AM ; BH  BN 2 2 bằng 60 nên . o. Do đó:  AM BN  KH  AB   AK  BH   AB     2   2 BC AB  CN BN   AB       AB  2  2 2  2 AB  MN  2 AB 2014 min MN   1007  cm  2 2 Vậy  MN là đường trung bình của tam giác ABC hay M là trung điểm. của cạnh AC.. 0,75.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> x Từ Ta có: Suy ra:. yz. . 2. (*). 2. Dấu "=" khi x = yz. 2. 2016x  yz  x  y  z  x  yz x  yz  x(y  z) x(y  z)  2x yz 2016x  yz  x(y  z)  2x yz  x ( y  z ). x  2016x  yz  x. 5. 0,25. 0  x 2  yz 2x yz. . . x y z . (áp dụng (*)). x x  x  2016x  yz x  y  z (1) y. y  y  2016y  zx x y z Tương tự ta có: z z  z  2016z  xy x y z. (2). 0,25 0,25. (3). Từ (1),(2),(3) ta có: x y z   1 x  2016x  yz y  2016y  zx z  2016z  xy. Dấu "=" xảy ra khi x = y = z = 672 Vậy giá trị lớn nhất của A là 1 khi x=y=z=672. Bài 1 Cho  ABC vuông tại A. Đường cao AH, kẻ HE, HF lần lượt vuông góc với EB  AB    AB, AC. Chứng minh rằng: a) FC  AC . 0,25. 3. b) BC . BE . CF = EF3. a) Trong AHB có HB2 = BE . BA (1) ; AHC có HC2 = CF . CA (2 ) HB 2 BE AB  . 2 HC FC AC . Từ (1) và (2) có : (1) 2 2  ABC Trong có : AB = BH . BC và AC = HC . BC suy ra 2 4 2 HB AB  HB   AB       HC AC 2  HC   AC  (2).

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 3. EB  AB    FC  AC  . Từ (1) và (2) ta có : BE BH EBH    ABC BA BC . b) AB 2 AB 3 BH   BE  2 BC BC (3) Thay AC 3 CF  2 BC Tương tự ta có ( 4) . AB 3 . AC 3 4 Từ (3) và (4) ta có : BE .CF = BC. . 3. AB 3 AC 3  AB AC   2 BC   2  BC  = Mà AB. AC = BC . AH nên BC . BE . CF = BC BC. AH3 Lại có AEHF là hình chữ nhật nên EF=AH. Vậy BC. BE.CF = AH3 Bài 2 Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn, vẽ đường cao AD và BE. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. BC 2 4 a) Chứng minh: AD b) Chứng minh: tanB.tanC = HD DH .DA . c) Gọi a, b, c lần lượt là độ dài các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC. A a Chứng minh rằng: sin 2 ≤ 2 √ bc.   a) Xét 2 tam giác vuông ADC và BDH có DAC DBH vì cùng phụ với góc C. nên ta có :. ADC BDH . AD BD  DC DH  AD.DH DB.DC (*).

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có:. DH .DA DB.DC . ( DB  DC ) 2 BC 2  4 4. AD AD AD 2 b) Ta có tanB = BD ; tanC = DC  tanB.tanC = BD.DC (1) AD 2 AD  Từ (*)  BD.DC HD (2) AD Từ (1) và (2)  tanB.tanC = HD. c)Gọi AF là tia phân giác góc A, kẻ BM; CN lần lượt vuông góc với AF A BM A  BM c.sin 2 AB suy ra 2 Ta có A A CN b.sin BM  CN (b  c).sin 2 do đó 2 Tương tự Mặt khác ta luôn có: BM  CN BF  FC BC a A a a A  (b  c ).sin a  sin  2 b  c 2 b.c 2 Nên  sin MAB sin.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>